2022届新高考一轮复习-第6章-第2讲-动能定理及其应用-教案

一、动能定理的理解和根本应用【例1】高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比【答案】B【解析】动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，与速度的平方成正比，故C错误；速度v＝at，可得Ek＝eq\f(1,2)ma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误；根据v2＝2ax，可得Ek＝max，与位移成正比，故B正确；动量p＝mv，可得Ek＝eq\f(p2,2m)，与动量的平方成正比，故D错误。【例2】如图，倾角为θ＝30°的光滑斜面固定，一物块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，由静止开始从斜面的底端向上做匀加速直线运动，经时间t物块至斜面B点(图中未标出)，外力F做的功为W，此后撤去外力F，再经过时间eq\f(t,3)后物块运动至最高点，那么撤去外力F时物块的动能为()A．eq\f(1,6)WB．eq\f(1,4)WC．eq\f(1,3)WD．eq\f(2,3)W【答案】B【解析】取沿斜面向上为正方向，那么由匀变速直线运动的规律有，匀加速过程：v1＝a1t，匀减速过程：v1＝a2eq\f(t,3)，联立解得：a2＝3a1，由牛顿第二定律有：F－mgsinθ＝ma1，mgsinθ＝ma2，联立解得：F＝eq\f(2,3)mg；由动能定理可知，撤去外力F前，外力F对物块做的功为：W＝Fs1＝eq\f(2,3)mgs1，合力对物块做的功为：W－mgs1sinθ＝Ek，即撤去外力F时物块的动能Ek＝eq\f(2,3)mgs1－eq\f(1,2)mgs1＝eq\f(1,6)mgs1＝eq\f(1,4)W，A、C、D错误，B正确。【例3】如下图AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径为R＝1m的eq\f(1,4)圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回，不损失能量)图中没有画出，D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。BC段水平轨道长L＝2m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2。现让一个质量为m＝1kg的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下。(g取10m/s2)(1)当H＝2m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小。(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。【解析】(1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球从P点到D点的过程，根据动能定理得：mg(H＋r)－μmgL＝eq\f(1,2)mvD2－0在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，那么有：FN＝meq\f(vD2,r)联立解得：FN＝84N由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小FN′＝FN＝84N。(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，由动能定理得：mgHmin－μmgL＝eq\f(1,2)mv02－0在O点有：mg＝meq\f(v02,r)代入数据解得：Hmin＝0.65m仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，那么有：mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0代入数据解得：Hmax＝0.7m故有：0.65m≤H≤0.7m。应用动能定理解题流程1．滑雪运动深受人民群众喜爱。如下图，某滑雪运发动(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运发动的速率不变，那么运发动沿AB下滑过程中()A．所受合外力始终为零B．所受摩擦力大小不变C．合外力做功一定为零D．机械能始终保持不变【答案】C【解析】运发动从A点滑到B点的过程中速率不变，那么运发动做匀速圆周运动，其所受合外力指向圆心，A错误；如下图，运发动受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即Ff＝mgsinα，下滑过程中α减小，sinα变小，故摩擦力Ff变小，B错误；由动能定理知，运发动匀速率下滑动能不变，合外力做功为零，C正确；运发动下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，D错误。2．(多项选择)如下图为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数均为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。那么()A．动摩擦因数μ＝eq\f(6,7)B．载人滑草车最大速度为eq\r(\f(2gh,7))C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为eq\f(3,5)g【答案】AB【解析】对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知mg·2h－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，A正确；对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mvm2，解得vm＝eq\r(\f(2gh,7))，B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度a＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝－eq\f(3,35)g，故大小为eq\f(3,35)g，D错误。3．质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如下图。物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，那么从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)()A．eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)B．eq\f(1,2)mv02－μmgxC．μmgsD．μmg(s＋x)【答案】A【解析】根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝0－eq\f(1,2)mv02，那么W弹＝eq\f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，应选项A正确。二、动能定理与图像结合的问题【例4】静止在粗糙水平地面上的物块，在恒定水平拉力的作用下开始运动，当位移为2x0时撤去外力，此时动能为Ek0，继续滑行x0后停下来，其动能随位移变化的关系如下图。根据图像中信息，不能确定的物理量是()A．恒定水平拉力的大小B．物块与水平地面之间的动摩擦因数C．物块加速运动和减速运动的时间之比D．物块加速运动和减速运动的加速度大小之比【答案】B【解析】物块位移从0～2x0的过程，由动能定理得F·2x0－f·2x0＝Ek0－0，从2x0～3x0的过程，由动能定理得－fx0＝0－Ek0，联立可解得水平拉力F的大小和物块与水平地面之间的摩擦力f的大小(另一种解法：根据动能定理，F合·Δx＝ΔEk，那么Ek­x图像的斜率表示合力，由题图可知，F－f＝eq\f(Ek0,2x0)，－f＝eq\f(0－Ek0,x0)，联立可解得水平拉力F的大小和物块与水平地面之间的摩擦力f的大小)，由于物块的质量未知，那么无法确定物块与水平地面之间的动摩擦因数；设物块运动过程中的最大速度为vmax，那么有2x0＝eq\f(vmax,2)t1，x0＝eq\f(vmax,2)t2，可求得物块加速运动和减速运动的时间之比；由前面分析可解得F＝eq\f(3,2)f，那么物块加速运动和减速运动的加速度大小之比eq\f(a1,a2)＝eq\f(\f(F－f,m),\f(f,m))＝eq\f(1,2)。此题选不能确定的物理量，应选B。【例5】如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10m/s2，试求：(1)滑块运动到A处的速度大小；(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块沿斜面AB向上运动的最远距离是多少。【解析】(1)由题图乙知，在OA段拉力做功：W＝(2mgmgmg(J)滑动摩擦力Ff＝－μmgmg，Wf＝Ff·xOA＝－mg(J)滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得：W＋Wf＝eq\f(1,2)mvA2－0代入数据解得vA＝5eq\r(2)m/s。(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得：－mgLsin30°＝0－eq\f(1,2)mvA2解得L＝5m所以滑块沿斜面AB向上运动的最远距离为L＝5m。4．用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s内物体的加速度随时间变化的关系如下图。以下说法正确的选项是()A．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6s内物体在4s时的速度最大C．物体在2～4s内的速度不变D．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力对物体做的功【答案】D【解析】物体6s末的速度v6＝eq\f(1,2)×(2＋5)×2m/s－eq\f(1,2)×1×2m/s＝6m/s，结合题图可知0～6s内物体一直向正方向运动，A错误；由题图可知物体在5s末速度最大，vm＝eq\f(1,2)×(2＋5)×2m/s＝7m/s，B错误；由题图可知物体在2～4s内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C错误；在0～4s内由动能定理可知，W合4＝eq\f(1,2)mv42－0，又v4＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2m/s＝6m/s，得W合4＝36J，0～6s内合力对物体做的功：W合6＝eq\f(1,2)mv62－0，又v6＝6m/s，得W合6＝36J，那么W合4＝W合6，D正确。5．如图甲所示，一倾角为37°，长L＝3.75m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点．t＝0时刻有一质量m＝1kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v－t图像如图乙所示。圆轨道的半径R＝0.5m，取g＝10m/s2。求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物块到达C点时对轨道的压力的大小FN；(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点。如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度大小；如果不能请说明理由。【解析】(1)由题图乙可知物块上滑时的加速度大小为a＝10m/s2①根据牛顿第二定律有：mgsin37°＋μmgcos37°＝ma②由①②联立解得μ③(2)设物块到达C点时的速度大小为vC，由动能定理得：－mg(Lsin37°＋R＋Rcos37°)－μmgLcos37°＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02④在C点，根据牛顿第二定律有：mg＋FN′＝meq\f(v\o\al(C2),R)⑤联立③④⑤解得：FN′＝4N⑥根据牛顿第三定律得：FN＝FN′＝4N⑦物块在C点时对轨道的压力大小为4N(3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点物块从C到A，做平抛运动，竖直方向：Lsin37°＋R(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)gt2⑧水平方向：Lcos37°－Rsin37°＝vC′t⑨解得vC′＝eq\f(9\r(7),7)m/s＞eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s，⑩所以物块能通过C点落到A点物块从A到C，由动能定理得：－mg(LR)－μmgLcos37°＝eq\f(1,2)mvC′2－eq\f(1,2)mv12⑪联立解得：v1＝2eq\r(\f(183,7))m/s⑫动能定理在往复运动问题中的应用在有些问题中，物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定的，求解这类问题时假设运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只与物体的初、末状态有关而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。【例6】如下图，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD局部是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R＝3.6m，一滑块质量m＝5kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)。求在此后的运动过程中：(1)滑块在AB段上运动的总路程；(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值。【解析】(1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ＝37°，知mgsinθ＞μmgcosθ故滑块最终不会停留在斜面上由于滑块在AB段受摩擦力作用，那么滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上往复运动。设滑块在AB段上运动的总路程为s，滑块在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcosθ从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，由动能定理得：mgRcosθ－Ffs＝0解得s＝eq\f(R,μ)＝8m。(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，分析受力知此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax，从A到C的过程，由动能定理得：mgR－FflAB＝eq\f(1,2)mv12－0斜面AB的长度lAB＝eq\f(R,tanθ)由牛顿第二定律得：Fmax－mg＝eq\f(mv\o\al(12),R)解得Fmax＝102N滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时，速度最小，设为v2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为Fmin，从B到C，由动能定理得：mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv22－0由牛顿第二定律得：Fmin－mg＝eq\f(mv\o\al(22),R)解得：Fmin＝70N根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102N，最小值为70N。6．如下图，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出H＝10m，BC长为l＝1m，AB和CD轨道光滑。一质量为m＝1kg的物体，从A点以v1＝4m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点h＝10.3m的D点时速度为零，求：(取g＝10m/s2)(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度大小；(3)物体最后停止的位置(距B点)。【解析】(1)分析从A点到D点的过程，由动能定理得：－mg(h－H)－μmgl＝0－eq\f(1,2)mv12解得：μ。(2)设物体第5次经过B点时的速度为v2，在此过程中物体在BC上滑动了4次，由动能定理得：mgH－μmg·4l＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12解得：v2＝4eq\r(11)m/s≈13.3m/s。(3)设物体运动的全过程在水平面上通过的路程为s，由动能定理得：mgH－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv12，解得：s＝21.6m.所以物体在轨道上来回滑动了10次后，还有1.6m，故距B点的距离s′＝2m－1.6m＝0.4m。1．(多项选择)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，以下说法正确的选项是()A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合力再求合力的功C．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W＞0时动能增加，当W＜0时，动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功【答案】BC2．在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，那么在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于()A．mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghC．mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2D．mgh＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)【答案】C【解析】对物块从h高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Wf＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，选项C正确。3．在篮球比赛中，某位同学获得罚球时机，如图，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1m/s的速度撞击篮筐。篮球质量约为0.6kg，篮筐离地高度约为3m，忽略篮球受到的空气阻力，那么该同学罚球时对篮球做的功大约为()A．1JB．10JC．50JD．100J【答案】B【解析】该同学将篮球投出时的高度约为h1＝1.8m，根据动能定理有W－mg(h－h1)＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝7.5J，应选项B正确。4．如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，那么关于小球落地点到轨道下端的水平距离x与轨道半径R的关系，以下说法正确的选项是()A．R越大，那么x越大B．R越小，那么x越大C．当R为某一定值时，x才有最大值D．当R为某一定值时，x才有最小值【答案】C【解析】设半圆的半径为R，根据动能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，离开最高点做平抛运动，有2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝v′t，联立解得x＝eq\r(\f(4R〔v2－4gR〕,g))＝eq\r(\f(－16g〔R－\f(v2,8g)〕2＋\f(v4,4g),g))，可知当R＝eq\f(v2,8g)时，水平位移最大。5．一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，那么该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()【答案】C【解析】设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，沿斜面向上为位移正方向；小物块上滑过程，由动能定理得－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgsinθ＋μmgcosθ))x；设小物块上滑的最大位移大小为s，小物块下滑过程，由动能定理得(mgsinθ－μmgcosθ)(s－x)＝Ek－0，整理得Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)s－(mgsinθ－μmgcosθ)x，故只有C正确。6．如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图像如图乙所示，重力加速度为g，空气阻力不计。以下说法正确的选项是()A．在0～h0过程中，F大小始终为mgB．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加D．在2h0h0过程中，物体的机械能不断减少【答案】C【解析】在0～h0过程中，Ek－h图像为一段直线，由动能定理得(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A可知，在0～h0过程中，F做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0mgh0－mgh0，解得WFmgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0h0过程中，由动能定理得WFmgh0mgh0，那么WF′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误。7．如下图，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止。设小球受到的空气阻力为Ff，重力加速度为g，那么以下说法正确的选项是()A．小球落地时动能等于mgHB．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球在泥中受到的平均阻力为mg(1＋eq\f(H,h))【答案】C【解析】小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－FfH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，选项A错误；设泥的平均阻力为Ff′，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－Ff′h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Ff′h＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，Ff′＝mg(1＋eq\f(H,h))－eq\f(FfH,h)，选项B、D错误；对全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，选项C正确。8．如下图，为某运发动(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的v－t图像以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，那么以下说法中正确的选项是()A．t3时刻到达最高点B．t2时刻的位移最大C．t1时刻的加速度为负D．在t1～t2时间内，重力做功WG大于克服阻力做功Wf【答案】D【解析】运发动起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻到达最高点，故A错误；v－t图像为直线，加速度不变，所以在0～t2时间内人在空中，t2时刻开始进入水面，之后进入水中，此时人的位移不是最大，t1时刻的加速度为正值，故B、C错误；在t1～t2时间内，由动能定理可知WG－Wf＝eq\f(1,2)mv2，即重力做功WG大于克服阻力做功Wf，故D正确。9．(多项选择)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究。他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如下图的v－t图像。小车在0～2s内做匀加速直线运动，2～11s内小车牵引力的功率保持不变，9～11s内小车做匀速直线运动，在11s末小车失去动力而开始自由滑行。小车质量m＝1kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，以下说法正确的选项是()A．小车受到的阻力大小为8NB．在2～11s内小车牵引力的功率P是16WC．小车在2s末的速度大小vx为6m/sD．小车在0～15s内通过的距离是80m【答案】BD【解析】根据题意，在11s末撤去牵引力后，小车只在阻力f作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，根据图像可知a＝eq\f(Δv,Δt)＝2m/s2，根据牛顿第二定律有f＝ma＝2N，故A错误；设小车在匀速运动阶段的牵引力为F，那么F＝f，由图可知vm＝8m/s，那么有P＝Fvm＝16W，故B正确；0～2s的匀加速运动过程中，小车的加速度为ax＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(vx,2)，设小车的牵引力为Fx，根据牛顿第二定律有Fx－f＝max，根据题意有P＝Fxvx，解得vx＝4m/s，故C错误；在2～9s内的变加速过程，Δt＝7s，由动能定理可得PΔt－fx2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,x)，解得x2＝44m，0～2s内通过的位移为x1＝eq\f(4,2)×2m＝4m，9～11s内小车做匀速直线运动通过的位移为x3＝8×2m＝16m，11～15s内通过的位移为x4＝eq\f(8,2)×4m＝16m，那么小车在0～15s内通过的距离是x＝x1＋x2＋x3＋x4＝80m，故D正确。10．如下图，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为()A．eq\f(49H,sinθ)B．eq\f(39H,sinθ)C．eq\f(29H,sinθ)D．eq\f(20H,sinθ)【答案】B【解析】小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝eq\f(H,sinθ)，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时由动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点滑下的路程s2＝eq\f(2H1,sinθ)＝95%eq\f(2H,sinθ)，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2eq\f(2H,sinθ)，…，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝eq\f(H,sinθ)＋95%eq\f(2H,sinθ)＋(95%)2eq\f(2H,sinθ)＋…(95%)n－1eq\f(2H,sinθ)，n无穷大时，可得s总＝eq\f(39H,sinθ)(等比数列求和)，故B正确。11．完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成屡次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两局部构成，如图甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图乙所示，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin12°≈0.21)。假设舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点进入BC。飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求：(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。【解析】(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，那么有eq\f(v,2)＝eq\f(L1,t)①根据动能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0②联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104J。③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsinθ④由牛顿第二定律，有FN－mg＝me